Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm 2022-2023 có đáp án (Lần 1) - Sở GD&ĐT Quảng Bình cung cấp cho các bạn những câu hỏi bài tập theo đúng chương trình học nhằm giúp bạn củng cố lại kiến thức đã học, nâng cao kỹ năng giải đề thi. Hi vọng rằng việc luyện tập này sẽ mang lại kết quả cao cho kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo!
Trang 1SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022
Môn thi: TOÁN
SỐ BÁO DANH:………
BÀI THI THỨ NHẤT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 04 câu
Câu 1 (5,0 điểm) Cho dãy số ( )u thỏa mãn n
1
* 1
2022
n
u
n
nu
+
=
a) Chứng minh rằng limu = +∞ n
b) Tìm giới hạn lim 2
2 1n
u
n +
Câu 2 (5,0 điểm) Cho P x( ) là đa thức monic bậc n (với n∈*) có đúng n nghiệm thực
phân biệt Biết rằng tồn tại duy nhất số thực a mà P a( 2 +4a+2022) 0.= Chứng minh rằng đa thức P x( 2 +4x+2022) chia hết cho đa thức (x +2)2 và P(2022) 4 ≥ n
Câu 3 (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB AC= , I là tâm đường tròn nội tiếp và ( )T
là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các đường thẳng BI và CI lần lượt cắt ( )T tại
điểm thứ hai là M và N Gọi D là điểm thuộc ( )T , nằm trên cung BC không chứa A; ,
E F lần lượt là các giao điểm của AD với BI và CI; P là giao điểm của DM với CI;
Q là giao điểm của DN với BI
a) Chứng minh rằng các điểm , , ,D I P Q cùng nằm trên một đường tròn ( )Ω
b) Chứng minh rằng các đường thẳng CE và BF cắt nhau tại một điểm trên đường tròn ( )Ω
Câu 4 (5,0 điểm) Cho A là tập hợp gồm các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai điều
kiện sau:
a) Nếu a A∈ thì tất cả các ước số dương của a cũng thuộc A;
b) Nếu a b A, ∈ mà 1 a b< < thì 1+ab A∈ .
Chứng minh rằng nếu A có ít nhất 3 phần tử thì A là tập hợp tất cả các số nguyên
dương
-hÕt -
Trang 2SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2022-2023
Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022
Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT
Đáp án này gồm có 05 trang
YÊU CẦU CHUNG
(Đáp án, hướng dẫn này có 05 trang)
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm
0
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,5 điểm Đối với điểm thành phần lớn hơn 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,5 điểm
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài
Câu 1a
(2,0
điểm)
Ta có u n > ∀ ≥0, n 1 Suy ra *
n
n
nu
+
+
điểm
điểm
Giả sử ( )u là dãy số bị chặn trên Suy ra n ( )u có giới hạn hữu hạn n
Đặt L=limu n thì L ≥1 (do u =1 2022) Từ n 1 n 2022
n
n
nu
+
+
= + ⇒ = (điều này vô lý)
0,5 điểm
Suy ra ( )u là dãy số không bị chặn trên Do đó lim n u = +∞ n 0,5
điểm
Câu 1b
(3,0
điểm)
Bổ đề: Nếu lim(u n+1−u n)=Lthì limu n L
Chứng minh bổ đề: Vì lim(u n+1−u n)= nên với mọi 0L ε > tồn tại
0
N sao cho với mọi n N≥ 0, ta có 1
2
u + −u − <L ε Khi đó với mọi
0,5 điểm
Trang 32
0
n N> ta có
0
1
2
n
N
ε
Giữ N cố định, ta có thể tìm được 0 N1 >N0 sao cho 0 0
N
N
ε
−
< Suy ra với mọi n N> 1 ta có u n L
n − <ε Vậy lim n .
0,5 điểm Trở lại bài toán:
n
+
0,5 điểm
Mà limn 2022 1
n
+ = và lim 12 0
n
1
lim(u n+ −u n) 2.= 0,5
điểm
Theo bổ đề, ta có limu n2 2
n = Vậy
điểm
Câu 2
(5,0
điểm)
Gọi các nghiệm thực của P x( ) là a a1, , ,2 a (với n a a1< 2 < < a n)
Ta có biểu diễn
1
( ) n ( i),
i
=
=∏ − suy ra
1
i
=
0,5 điểm
Với mỗi i∈{1;2; ;n} thì tam thức bậc hai x2+4x+2022−a i có
biệt thức ∆ = −'i 4 (2022−a i)= −a i 2018
Từ a a1< 2 < < a n suy ra ' ' '
1 2 n
∆ < ∆ < < ∆
0,5 điểm
Do đa thức P x( 2 +4x+2022) có nghiệm thực duy nhất nên phải có
'n 0
∆ = và nếu n > thì 1 ∆ < ∀ ='i 0, i 1,n−1 0,5
điểm
Từ ∆ ='n 0 ta có x2+4x+2022−a n =(x+2)2
Suy ra P x( 2 +4x+2022) ( x+2)2 điểm 1,0
(2022) n (2022 i) n (4 i)
điểm
Trang 4Với n =1 thì ta có P(2022) 4= − ∆ ='n 4 0,5
điểm
Với n >1 thì ta có
1
(2022) n (2022 ) n (4 ) n (4 )(4 ) 4 4 4 n n
điểm
Câu 3a
(2,5
điểm)
X Q
P F E
N
I
M
A
D
Gọi β là góc CBA và X là giao điểm của CE và BF
2 2
điểm
2 2
, , , , ,
A M C D B N cùng nằm trên đường tròn ( )T )
1,0 điểm
Từ đó suy ra D Q I P cùng nằm trên một đường tròn ( ), , , Ω 0,5
điểm
Câu 3b
(2,5
điểm)
Ta có BIF BIC= =1800 −β mà FDB ADB ACB= = =β, từ đó suy
Ta có I E C D, , , cùng thuộc một đường tròn 0,5
điểm
Trang 54
Thật vậy, BCD BMD= ( do cùng chắn một cung của đường tròn
2
IED MDE EMD ICB BCD ICD= + = + = Từ đó suy ra I E C D, , ,
cùng thuộc một đường tròn
Từ đó suy ra ECI EDI= (do I E C D, , , cùng thuộc một đường tròn)
và FDI FBI= (do F D B I, , , cùng thuộc một đường tròn)
Do vậy XCI XBI= , suy ra I X C B, , , cùng thuộc một đường tròn
0,5 điểm
Để hoàn tất chứng minh ta cần phải chỉ ra được IXD IPD=
Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy ra 1800
2
Ta cũng có BXC BIC= =1800 −β, mà CDF =β
Từ đó suy ra tứ giác DFXC nội tiếp và DFC DXC=
0,5 điểm
Ta lại có
0
2 180
EXI DXC IXD
β
Như vậy chứng minh hoàn tất
0,5 điểm
Câu 4
(5,0
điểm)
+ Ta chứng minh A chứa các số 1,2,3,4,5,6
Nếu 2 A∉ thì theo a) ta suy ra tất cả các phần tử của A đều là số lẻ
Vì A có ít nhất 3 phần tử, ta chọn a b A, ∈ với 1< <a b Theo b) thì
1+ab A∈ , nhưng 1 ab+ là số chẵn Điều này mâu thuẫn Do đó
2∈A
1,0 điểm
Vì A ≥3 nên tồn tại a > và a A2 ∈ Áp dụng b) ta suy ra
1 2+ a A∈ ⇒ +1 2(1 2 ) 3 4+ a = + a A b∈ ⇒ = + +1 (1 2 )(3 4 )a + a ∈A,
nhưng
1 (1 2 )(3 4 ) 2 2
1 (1 2 )(3 4 ) 4
4
c A A
⇒ ∈
⇒ ∈
1,0 điểm
Trang 6Lại có 1 2.4 9 A+ = ∈ nên 3 A∈ và 1 2.3 7+ = ∈A,1 2.7 15+ = ∈A,
suy ra 5∈A
Mặt khác, 1 5.7 36 A+ = ∈ nên 6∈A
0,5 điểm
+ Ta sử dụng nguyên lý quy nạp mạnh chứng minh rằng mọi số
nguyên dương n đều thuộc A
Theo chứng minh trên, ta có 1,2,3,4,5,6∈A
Giả sử với n ≥7 ta có 1,2,3, ,n− ∈1 A Xảy ra 2 trường hợp:
- Trường hợp n là số lẻ Đặt n=2k +1với k >2, khi đó n A∈ vì
2,k A∈
1,0 điểm
- Trường hợp n là số chẵn Đặt n=2k với k >3 Vì k k, − ∈1 A
đều lớn hơn 2, ta có 1 2k A+ ∈ và 1 2(+ k − =1) 2k − ∈1 A Suy ra 1 (2+ k −1)(2k + =1) 4k2∈ ⇒A 2k A∈
Điều này chứng tỏ n A∈ Theo nguyên lý quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh
1,0 điểm
- Hết -
Trang 7SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022
Môn thi: TOÁN
SỐ BÁO DANH:………
BÀI THI THỨ HAI
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 03 câu
Câu 5 (6,0 điểm) Tìm tất cả các hàm f :→ thỏa mãn
( - 3 ( )) ( ) - ( ) - 2 ( ), ,
Câu 6 (7,0 điểm) Cho số nguyên tố p >3
a) Giả sử 1 12 12 1 2 ,
m
− với m và n là các số nguyên dương nguyên
tố cùng nhau Chứng minh rằng m chia hết cho p
b) Chứng minh rằng 1
5 1p 1
p
− − chia hết cho p3
Câu 7 (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Đường thẳng l đối xứng
với đường thẳng AC qua đường thẳng BC l, cắt BO tại X Điểm E tùy ý trên đoạn BO ,
đường tròn ngoại tiếp tam giác XAE cắt đường thẳng l tại Q khác X Đường thẳng QE
cắt đường thẳng OC tại Y
a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE đi qua điểm cố định khi E
thay đổi trên đoạn BO
b) Gọi M là điểm chính giữa cung AE không chứa Ycủa đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE và CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AYE tại một điểm K khácM Chứng minh rằng khi E thay đổi trên đoạn BO thì đường thẳng KE luôn đi qua một điểm cố định
Trang 8
-hÕt -SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2022-2023
Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022
Môn thi: TOÁN BÀI THI THỨ HAI
Đáp án này gồm có 04 trang
YÊU CẦU CHUNG
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm
0
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,5 điểm Đối với điểm thành phần lớn hơn 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,5 điểm
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài
Câu 5
(6,0
điểm)
Thay x = vào giả thiết ta có 0
(-3 ( )) - (0) - 2 (0),
- Trường hợp 1: f(0) 0= Thay y =0 vào giả thiết ta có
- Trường hợp 2: f(0) 0≠ Từ (1) suy ra f là toàn ánh
Suy ra tồn tại c sao cho f c =( ) 0. Thay y c= vào giả thiết bài toán
ta có ( )f x = −cf x( ) 2 ( ),− f x ∀ ∈ (2) x
1,0 điểm
Nếu c ≠ −3 thì từ (2) suy ra ( ) 0,f x = ∀ ∈ ⇒x f(0) 0= (điều này
mâu thuẫn) Do đó c = −3 suy ra f − =( 3) 0 điểm 0,5 Thay x = −3 vào giả thiết ta có f( 3- 3 ( )) -3 ( ),− f y = f y ∀ ∈ y
Suy ra f( 3 )− + =t t với mọi t có dạng t = −3 ( ).f y 1,0
điểm
Mà f là toàn ánh nên 3 ( )− f y quét hết mọi giá trị trên
Trang 92
Suy ra f x( )= + ∀ ∈x 3, x
Vậy f x( ) 0,= ∀ ∈x và f x( )= + ∀ ∈x 3, x là các hàm số cần tìm 0,5
điểm
Câu 6a
(3,0
điểm)
Theo định lý Bezout, với mỗi i∈{1,2, ,p−1 ,} tồn tại duy nhất
{1,2, , 1}
i
điểm
Từ đó
m n
p
−
1,0 điểm
Mặt khác, ( , , , ,j j j1 2 3 j p−1) là một hoán vị của (1,2,3, ,p −1) nên
(mod )
i i
=
Mặt khác, ta biết rằng với p >3ta có
1 2 1
6
∑
Vậy m chia hết cho p
0,5 điểm
Câu 6b
(4,0
điểm)
Theo định lý Fermat nhỏ, đa thức
1 (x−1)(x−2) (x p− + −1) (x p− −1)là đa thức bậc p −2có p −1
nghiệm phân biệt 1,2,3, ,p − theo modulo 1 p nên có tất cả các hệ
số chia hết cho p
0,5 điểm
p
−
Ta có a a1, , ,2 a p−3,a p−2 chia hết cho p và
1
1 ( 1) (p 1)! ( 1)!
p
0,5 điểm
Thay x p= vào P x( ), ta được
1,0 điểm
điểm
Trang 101 2
a − p +a − p ≡ p (do a p−3 ≡0(mod )p và 2
p
1 (5p−1)(5p−2) (4p+ ≡1) a p− (mod ).p 0,5
điểm
Do đó (5 1)(5 2) (4 1) 1(mod ).3
p
− Vậy ta có điều phải chứng minh
0,5 điểm
Câu 7a
(3,0
điểm)
K' =K
M Y
Q
X
D
O
A
E
Ta có BOC=2A,
OCX = −OCQ= −OCB BCQ− = − −A C− = + −A C
Từ đó OXC BOC OCX = − = 90 0 − =B OAC
Suy ra O X A C, , , thuộc một đường tròn
1,0 điểm
Mà OA OC= nên XO là phân giác góc hay XE là phân giác
góc AXQ Ta được tam giác AEQ đồng dạng tam giác tam
giác AOC
1,0 điểm
Tồn tại phép vị tự quay tâm A biến E thành ,O Q thànhC Vì EQ
giao OC tại Y nên Y E O A, , , thuộc một đường tròn hay đường tròn
(AYE đi qua điểm O cố định.)
1,0 điểm
Câu 7b
(4,0 Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC thì Dcố định Ta chứng 1,0
điểm
Trang 114
điểm) minh KE đi quaD
Gọi DE cắt CM tạiK’, ta chứng minh K’ trùng K Muốn vậy ta
chứng minh K’ thuộc đường tròn(AYE)
Ta có tam giác AME cân tạiM , tam giác AOB cân tại O và
= = nên tam giác AME đồng dạng với tam giác
AOB
Từ đó suy ra AM AE
AO = AB và MAO EAB = Vậy tam giác AMO đồng dạng tam giác AEB nên có phép vị tự
quay f tâm A biến M thành E O, thành B điểm 0,5
Lại có MOC AOC AOM = − =2B ABE EBD − = và
MO MO EB EB
OC = OA = BA BD=
0,5 điểm
Nên tam giác MOCđồng dạng và cùng chiều với tam giác EBD
Tồn tại phép vị tự quay biến M thành E O, thành B C, thành D
Rõ ràng đó là phép vị tự quay f ở trên, có tâm A
1,0 điểm
Và DE cắt MC tại K’ thì K M E A’, , , thuộc một đường tròn Ta có
điều phải chứng minh
Vậy KE luôn đi qua D cố định
1,0 điểm
- Hết -